a) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x;y} \right)\)thỏa mãn \({x^2} - {y^2} + 2\left( {3y + y} \right) = 23.\)
b) Cho đa thức \(P\left( x \right) = {x^2} + bx + c\) có hai nghiệm nguyên. Biết rằng \(\left| c \right| \le 16\) và \(\left| {P\left( 9 \right)} \right|\) là số nguyên tố. Tìm các hệ số \(b,c.\)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên \(\left( {x;y} \right)\)thỏa mãn \({x^2} - {y^2} + 2\left( {3y + y} \right) = 23.\)
b) Cho đa thức \(P\left( x \right) = {x^2} + bx + c\) có hai nghiệm nguyên. Biết rằng \(\left| c \right| \le 16\) và \(\left| {P\left( 9 \right)} \right|\) là số nguyên tố. Tìm các hệ số \(b,c.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Ta biến đổi phương trình như sau
\({x^2} - {y^2} + 2\left( {3x + y} \right) = 23\)\( \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 6x + 9} \right) - \left( {{y^2} - 2y + 1} \right) = 31\)\( \Leftrightarrow {\left( {x + 3} \right)^2} - {\left( {y - 1} \right)^2} = 31\)\( \Leftrightarrow \left( {x - y + 4} \right)\left( {x + y + 2} \right) = 31\)
Từ đây, ta xét bảng sau \[\]
|
\[x - y + 4\] |
31 |
1 |
\[ - 31\] |
\[ - 1\] |
|
\[x + y + 2\] |
1 |
31 |
\[ - 1\] |
\[ - 31\] |
|
\[x\] |
13 |
13 |
\[ - 19\] |
\[ - 19\] |
|
\[y\] |
\[ - 14\] |
16 |
16 |
\[ - 14\] |
Vậy tất cả các nghiệm \[\left( {x,y} \right)\]thỏa mãn là \[\left( {13, - 14} \right);\left( {13,16} \right);\left( { - 19,16} \right);\left( { - 19, - 14} \right)\].
b) Gọi hai nghiệm nguyên của \(P\left( x \right) = {x^2} + bx + c\) là \[u,v\].
Theo định lý Vi – et ta được \[u + v = - b\], \[uv = c\].
Vì \[\left| {P\left( 9 \right)} \right|\] là số nguyên tố nên \[\left| {\left( {9 - u} \right)\left( {9 - v} \right)} \right|\] là số nguyên tố dẫn đến \[\left| {9 - u} \right| = 1\] hoặc \[\left| {9 - v} \right| = 1\].
Không mất tính tổng quát, ta giả sử \[\left| {9 - u} \right| = 1 \Leftrightarrow u \in \left\{ {8;10} \right\}\].
Trường hợp 1. \[u = 10\], vì \[\left| c \right| \le 16\], nên \[\left| v \right| \in \left\{ {0;1} \right\}\]\[ \Leftrightarrow v \in \left\{ { - 1;0;1} \right\}\].
Mặt khác \[9 - 1 = 8,\]\[9 - 0 = 9,\]\[9 + 1 = 10\] đều không là số nguyên tố nên trường hợp này loại.
Trường hợp 2. \[u = 8\], vì \[\left| c \right| \le 16\], nên \[\left| v \right| \le 2\].
Mà \[v\] phải là số chẵn nên từ đây suy ra \[v \in \left\{ { - 2;2} \right\}\]. Thử lại cả hai giá trị này thỏa mãn và ta nhận được giá trị của \[b,c\] tương ứng là \[ - 10,16\] và \[ - 6, - 16\].
Vậy tất cả cặp \[\left( {b,c} \right)\] thỏa mãn là \[\left( {b,c} \right) \in \left\{ {\left( { - 10,16} \right);\left( { - 6, - 16} \right)} \right\}\].
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Ta có nhận xét sau
\[{\left( {\frac{1}{{\sqrt {a + 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {b + 1} }}} \right)^2} = \frac{1}{{a + 1}} + \frac{1}{{b + 1}} + \frac{2}{{\sqrt {\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)} }}\]
\[ = \frac{{a + b + 2}}{{ab + a + b + 1}} + \frac{2}{{\sqrt {ab + a + b + 1} }} \le \frac{{a + b + 2}}{{a + b + 1}} + \frac{2}{{\sqrt {a + b + 1} }}\]\[ = {\left( {1 + \frac{1}{{\sqrt {a + b + 1} }}} \right)^2}\]
Do đó ta được \[\frac{1}{{\sqrt {a + 1} }} + \frac{1}{{\sqrt {b + 1} }} \le 1 + \frac{1}{{\sqrt {a + b + 1} }}\].
Mặt khác, ta có \[{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} = 1\] suy ra \[a + b \ge 1 - c\].
Từ đây kết hợp với \[c \le 1\] (vì \[c \ge 0\] và \[{c^2} \le 1\]), ta suy ra
\[P \le 1 + \frac{1}{{\sqrt {2 - c} }} + \frac{1}{{\sqrt {c + 2} }}\]\[ = 1 + \sqrt {{{\left( {\frac{1}{{\sqrt {2 - c} }} + \frac{1}{{\sqrt {c + 2} }}} \right)}^2}} \]\[ = 1 + \sqrt {\frac{1}{{2 - c}} + \frac{1}{{2 + c}} + \frac{2}{{\sqrt {4 - {c^2}} }}} \]
\[ = 1 + \sqrt {\frac{4}{{4 - {c^2}}} + \frac{2}{{\sqrt {4 - {c^2}} }}} \]\[ \le 1 + \sqrt {\frac{4}{{4 - 1}} + \frac{2}{{\sqrt {4 - 1} }}} \]\[ = 2 + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]
Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi \[a = b = 0,c = 1\]. Vậy giá trị lớn nhất của \[P\] là \[2 + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\].
Lời giải
a) Áp dụng hệ thức lượng cho hai tam giác \[BAM\] và \[BAN\] với hai đường cao tương ứng là \[AC,AD\] ta có \[B{A^2} = BC.BM = BD.BN\]. Vì vậy tứ giác \[CDNM\] nội tiếp.
b) Ta có biến đổi góc \[\widehat {MKB} = \widehat {MNB} = \widehat {DCB}\], vì vậy tứ giác \[CIKM\] nội tiếp.
Do đó \[BC.BM = BI.BK = B{A^2}\], từ đây suy ra \[K\] là điểm cố định.
Từ đây ta suy ra \[AM.AN = AK.AB\] cố định.
c) Gọi \[r\] là bán kính của \[\left( T \right)\] thì \[{r^2} - T{A^2} = AN.AM = a\] không đổi. Ta cũng có \[ID.IC\] không đổi, đặt \[b = ID.IC = {r^2} - T{I^2}\] suy ra \[T{I^2} - T{A^2} = a - b\].
Gọi \[H\] là hình chiếu của \[K\]lên \[AB\] theo định lý Pythagore ta có.
\[\left( {AI + 2AH} \right).AI = H{I^2} - H{A^2}\]\[ = \left( {T{I^2} - T{H^2}} \right) - \left( {T{A^2} - T{H^2}} \right)\]\[ = T{I^2} - T{A^2} = a - b\]
Từ đây kết hợp với \[AI\] không đổi (\[A\] và \[I\] cố định) suy ra \[H\] cố định do đó \[BH\]không đổi.
Khi đó, theo định lý Pytagore ta có.
\[B{T^2} = T{H^2} + B{H^2} \ge B{H^2}.\]
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[T\] trùng với \[H\] tức là \[BA\]là trung trực của \[CD\] suy ra \[CD\] vuông góc \[AB\] tại \[I\]. Vậy khi \[CD\] vuông góc với \[AB\] tại \[I\] thì độ dài đoạn thẳng \[BT\] nhỏ nhất.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập